一、等比数列选择题
22a3a7a6a1016,则a2a8( ) 1.正项等比数列an满足a2A.1 B.2 C.4 D.8
2.在等比数列{an}中,a24,a532,则a4( ) A.8
B.8
C.16
D.16
3.已知正项等比数列an满足a11,a2a4a32,又Sn为数列an 的前n项和,则2S5( )
A.
3111 或
22B.
31 2C.15 A.6
B.16
D.6 C.32
D.
4.设{an}是等比数列,若a1 + a2 + a3 =1,a2 + a3 + a4 =2,则 a6 + a7 + a8 =( )
a9a101( ) a2a5.已知an是正项等比数列且1,a3,2 成等差数列,则aa278A.21
B.21
C.322
D.322 6.已知等比数列an中,a1a3a54,公比q2,则a4a5a6( ) A.32
B.16
C.16
D.32
7.等比数列an中a11,且4a1,2a2,a3成等差数列,则( ) A.
annN*的最小值为n16 25B.
4 9C.
1 2D.1
8.已知数列{an}满足:a11,an1A.
an(nN*).则 a10( ) an2C. 1 1021B.
1 10221 1023D. 1 10249.已知各项均为正数的等比数列an,若6a54a43a32a28,则9a76a6的最小值为( ) A.12
B.18
C.24
D.32
10.一个蜂巢有1只蜜蜂,第一天,它飞出去找回了5个伙伴;第二天,6只蜜蜂飞出去,各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去,第六天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有( )只蜜蜂. A.559
B.46656
C.216
D.36
11.等比数列an中各项均为正数,Sn是其前n项和,且满足2S38a13a2,
a416,则S6=( )
A.32
B.63
C.123
D.126
12.在流行病学中,基本传染数R0是指在没有外力介入,同时所有人都没有免疫力的情况下,一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人,为第一轮传染,这R0个人中每人再传染R0个人,为第二轮传染,…….R0一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数R03.8,平均感染周期为7天,设某一轮新增加的感染人数为M,则当M>1000时需要的天数至少为( )参考数据:lg38≈1.58 A.34
B.35
2n1C.36 D.37
13.数列{an}满足a12a22a32于( )
ann(n∈N*),数列{an}前n和为Sn,则S10等291A. 2551B.1 2101C.1 21D. 26614..在等比数列an中,若a11,a54,则a3( ) A.2
B.2或2
C.2
D.2
15.设等差数列an的公差d0,a14d,若ak是a1与a2k的等比中项,则k( ) A.3或6 C.6
B.3 或-1 D.3
16.若数列an是等比数列,且a1a7a138,则a3a11( ) A.1
B.2
C.4
D.8
17.已知正项等比数列an满足a7a62a5,若存在两项am,an使得aman4a1,则
14的最小值为( ) mn5 3B.
A.
3 2C.
4 3D.
11 618.我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:“一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯多少?”现有类似问题:一座5层塔共挂了363盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍,则塔的中间一层共有灯( ) A.3盏
B.9盏
C.27盏
D.81盏
19.已知等比数列an中,a11,a1a3则k( ) A.2
B.3
C.4
D.5
a2k185,a2a4a2k42,
20.3131与的等比中项是( )
22B.1
C.
A.-1
2 2D.2 2二、多选题21.题目文件丢失!
22.在数列an中,如果对任意nN*都有
an2an1k(k为常数),则称an为等
an1an差比数列,k称为公差比.下列说法正确的是( ) A.等差数列一定是等差比数列 B.等差比数列的公差比一定不为0
nC.若an32,则数列an是等差比数列
D.若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比
23.若数列an的前n项和是Sn,且Sn2an2,数列bn满足bnlog2an,则下列选项正确的为( ) A.数列an是等差数列
2n122C.数列a的前n项和为
3nB.an2
2nD.数列1的前n项和为Tn,则
bnbn1Tn1
24.已知数列{an}是等比数列,则下列结论中正确的是( ) A.数列{an}是等比数列 B.若a43,a1227,则a89 C.若a1a2a3,则数列{an}是递增数列 D.若数列{an}的前n和Sn3n1r,则r=-1
25.在《增减算法统宗》中有这样一则故事:三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.则下列说法正确的是( ) A.此人第三天走了二十四里路
B.此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 C.此人第二天走的路程占全程的
21 4D.此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍
26.设首项为1的数列an的前n项和为Sn,已知Sn12Snn1,则下列结论正确的是( )
A.数列Snn为等比数列 B.数列an的通项公式为an2n11
C.数列an1为等比数列
D.数列2Sn的前n项和为2n2n2n4
27.已知数列an的前n项和为Sn,Sn2an2,若存在两项am,an,使得
aman,则( )
A.数列{an}为等差数列
22C.a1a2n2an41
3B.数列{an}为等比数列 D.mn为定值
28.设数列{an}满足a13a25a3和为Sn,则( ) A.a12
B.anan}的前n项(2n1)an2n(nN),记数列{2n1*2 2n1C.Snn 2n1D.Snnan1
29.设数列xn,若存在常数a,对任意正数r,总存在正整数N,当nN,有
xnar,则数列xn为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有( )
A.等差数列不可能是收敛数列
B.若等比数列xn是收敛数列,则公比q1,1 C.若数列xn满足xnsinncosn,则xn是收敛数列 22D.设公差不为0的等差数列xn的前n项和为SnSn0,则数列列
1一定是收敛数Sn30.已知数列an为等差数列,a11,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bnanqA.n C.
anq0,1,则{bn}的前n项和可以是( )
B.nq
D.
qnqn1nqnqnqnqn2nqn1qn11q21q2
31.定义在,00,上的函数fx,如果对于任意给定的等比数列an,数列
fa仍是等比数列,则称fx为“保等比数列函数”.现有定义在
n,00,上的四个函数中,是“保等比数列函数”的为( )
2xA.fxx B.fx2
C.fxx D.fxlnx
32.在递增的等比数列{an}中,Sn是数列{an}的前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是( )
A.q=1 C.S8=510
B.数列{Sn+2}是等比数列
D.数列{lgan}是公差为2的等差数列
33.已知数列{an}是等比数列,则下列结论中正确的是( ) A.数列{an}是等比数列
B.若a32,a732,则a58 C.若a1a2a3,则数列{an}是递增数列
n1D.若数列{an}的前n和Sn3r,则r1
234.已知等差数列an的首项为1,公差d4,前n项和为Sn,则下列结论成立的有( ) A.数列Sn的前10项和为100 n16,则n的最小值为6 25B.若a1,a3,am成等比数列,则m21 C.若
aai1nii1D.若amana2a10,则
11625的最小值为
12mn35.将n2个数排成n行n列的一个数阵,如图:该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S.下列结论正确的有( )
A.m=3
C.aij3i13j17B.a67173
D.S1n3n13n1 4
【参】***试卷处理标记,请不要删除
一、等比数列选择题 1.C
【分析】
利用等比数列的性质运算求解即可. 【详解】
22a3a7a6a1016, 根据题意,等比数列an满足a2222a2a8a816,即a2a816, 则有a22又由数列an为正项等比数列,故a2a84. 故选:C. 2.C 【分析】
根据条件计算出等比数列的公比,再根据等比数列通项公式的变形求解出a4的值. 【详解】
3因为a24,a532,所以q2所以a4a2q4416,
a58,所以qa22,
故选:C. 3.B 【分析】
由等比中项的性质可求出a3,即可求出公比,代入等比数列求和公式即可求解. 【详解】
正项等比数列an中,
a2a4a32,
a32a32,
解得a32或a31(舍去) 又a11, 2q2解得qa34, a12,
51(132)a1(1q)231S5,
1q12故选:B 4.C 【分析】
根据等比数列的通项公式求出公比q【详解】
2,再根据等比数列的通项公式可求得结果.
设等比数列{an}的公比为q,
则a2a3a4(a1a2a3)q2,又a1a2a31,所以q55所以a6a7a8(a1a2a3)q1232.
2,
故选:C. 5.D 【分析】 根据a1,
11a3,2a2 成等差数列可得a32a12a2,转化为关于a1和q的方程,求出22q的值,将
【详解】
a9a10化简即可求解.
a7a81a3,2a2 成等差数列, 2因为an是正项等比数列且a1,所以
1a32a12a2,即a1q2a12a1q,所以q22q10, 2解得:q12或q12(舍),
a9a10a7q2a8q2q212a7a8a7a82322,
故选:D 6.A 【分析】
由等比数列的通项公式可计算得出a4a5a6q【详解】
由a4a5a6a1q3a3q2a5qa1a3a5q64故选:A. 7.D 【分析】
首先设等比数列an的公比为q(q0),根据4a1,2a2,a3成等差数列,列出等量关系式,求得q【详解】
在等比数列an中,设公比q(q0), 当a11时,有4a1,2a2,a3成等差数列,
2所以4a24a1a3,即4q4q,解得q6a1a3a5,代入数据可计算得出结果.
2632.
2,比较
annN*相邻两项的大小,求得其最小值. n2,
所以an2n1an2n1,所以, nnan1n12n1,当且仅当n1时取等号, ann1na*所以当n1或n2时,nnN取得最小值1,
n故选:D. 【点睛】
该题考查的是有关数列的问题,涉及到的知识点有等比数列的通项公式,三个数成等差数列的条件,求数列的最小项,属于简单题目. 8.C 【分析】
1211 ,构造1为等比数根据数列的递推关系,利用取倒数法进行转化得
an1anan列,求解出通项,进而求出a10. 【详解】 因为an1anan221111121,所以两边取倒数得,则, an2an1ananan1an所以数列所以an故选:C 【点睛】
1111为等比数列,则112n12n,
anana1111a. ,故102n121011023方法点睛:对于形如an1panqp1型,通常可构造等比数列anx(其中
xq)来进行求解. p19.C 【分析】
2223qa2q13q2q8将已知条件整理为1,可得2q8,进而可得
a12q2124q449a76a63a1q3q2q2,分子分母同时除以q,利用二次函数的性质即
2q142可求出最值. 【详解】
因为an是等比数列,6a54a43a32a28,
432所以6a1q4a1q3a1q2a1q8,
222a12q3q2q3q2q8, 2即a12q13q2q8,所以3q2q228,
a12q214824q4249a76a69a1q6a1q3a1q3q2q3a1q2a12q212q121q2q4,
62令
12122t02ttt11, ,则q2q2q4241211最小为24, 所以t21,即q1时24最大为1,此时2qqqq2q4所以9a76a6的最小值为24, 故选:C 【点睛】
易错点睛:本题主要考查函数与数列的综合问题,属于难题.解决该问题应该注意的事项: (1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;
(2)转化以函数为背景的条件时,应该注意题中的条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;
(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关条件的转化. 10.B 【分析】
第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an,则数列{an}成等比数列.根据等比数列的通项公式,可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量. 【详解】
设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an,根据题意得 数列{an}成等比数列,它的首项为6,公比q6 所以{an}的通项公式:an66n16n
到第6天,所有的蜜蜂都归巢后, 蜂巢中一共有a66646656只蜜蜂. 故选:B. 11.D 【分析】
根据等比数列的通项公式建立方程,求得数列的公比和首项,代入等比数列的求和公式可得选项. 【详解】
设等比数列an的公比为q(q0).∵2S38a13a2, ∴2(a1a2a3)8a13a2,即2a3a26a10. ∴2qq60,∴q∵a416,∴a1232或q(舍去),
2a42, q3a1(1q6)2(126)126, ∴S61q12故选:D. 12.D 【分析】
假设第n轮感染人数为an,根据条件构造等比数列an并写出其通项公式,根据题意列出关于n的不等式,求解出结果,从而可确定出所需要的天数. 【详解】
设第n轮感染人数为an,则数列an为等比数列,其中a13.8,公比为R03.8,
n所以an3.81000,解得nlog3.810003335.17, lg3.8lg3810.58而每轮感染周期为7天,所以需要的天数至少为5.17736.19. 故选:D. 【点睛】
关键点点睛:解答本题的关键点有两个:(1)理解题意构造合适的等比数列;(2)对数的计算. 13.B 【分析】
根据题意得到a12a22a322n2an1n1,(n2),与条件两式作差,得到21111*nNaaa,(),再验证满足,得到n2,进而可求出1nn2n22n2n结果. 【详解】 an因为数列an满足a12a22a322n1ann, 2a12a222a32n2an1n1,(n2) 2则2n1annn111,则ann,(n2), 2222又a1111*满足ann,所以annnN, 222因此S10a1a2a3a101122211110122101.
101
12212故选:B 14.A 【分析】
2由等比数列的性质可得a3a1a5,且a1与a3同号,从而可求出a3的值
【详解】
解:因为等比数列an中,a11,a54,
2所以a3a1a54,
因为a110,所以a30, 所以a32, 故选:A 15.D 【分析】
由ak是a1与a2k的等比中项及a14d建立方程可解得k. 【详解】
ak是a1与a2k的等比中项
ak2a1a2k,a1k1da1a12k1d
2k3d24d2k3d,k3.
故选:D 【点睛】
本题考查等差数列与等比数列的基础知识,属于基础题. 16.C 【分析】
根据等比数列的性质,由题中条件,求出a72,即可得出结果. 【详解】
3因为数列an是等比数列,由a1a7a138,得a78,
22所以a72,因此a3a11a74.
故选:C. 17.B
【分析】
2设正项等比数列{an}的公比为q0,由a7a62a5,可得qq2,解得q2,
根据存在两项am、an使得aman4a1,可得a12qmn24a1,mn6.对m,n分类讨论即可得出. 【详解】
解:设正项等比数列{an}的公比为q0, 满足:a7a62a5,
q2q2,
解得q2,
存在两项am、an使得aman4a1,
a12qmn24a1,
mn6,
m,n的取值分别为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),
14143的最小值为.
242mn故选:B. 18.C 【分析】
则
根据题意,设塔的底层共有x盏灯,分析可得每层灯的数目构成以x为首项,等比数列,由等比数列的前n项和公式可得x的值,即可得答案. 【详解】
根据题意,设塔的底层共有x盏灯,则每层灯的数目构成以x为首项,列,
1为公比的31为公比的等比数3x(1则有S1)35363, 113解可得:x243,
所以中间一层共有灯243()27盏. 故选:C 【点睛】
思路点睛:要求中间一层的灯的数量,只需求等比数列的首项,根据等比数列的和求出数列的首项即可. 19.B 【分析】
132本题首先可设公比为q,然后根据a1a3然后根据a2a4果. 【详解】
设等比数列an的公比为q, 则a1a3即qa2a2k185得出qa2a2k84,再
a2k42求出q2,最后根据等比数列前n项和公式即可得出结
a2k1a1a2qa2kq85,
a2k85184,
a2k42,所以q2,
因为a2a4则aaa123a2ka2k185421271122k112,
即12822k1,解得k3, 故选:B. 【点睛】
关键点点睛:本题考查根据等比数列前n项和求参数,能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键,考查计算能力,是中档题. 20.D 【分析】
利用等比中项定义得解. 【详解】
(313112231312. 与的等比中项是)()(),2222222故选:D
二、多选题 21.无
22.BCD 【分析】
考虑常数列可以判定A错误,利用反证法判定B正确,代入等差比数列公式判定CD正确. 【详解】
对于数列an,考虑an1,an11,an2若等差比数列的公差比为0,以B选项说法正确;
an2an11,无意义,所以A选项错误;
an1anan2an10,an2an10,则an1an与题目矛盾,所
an1ann若an32,
an2an13,数列an是等差比数列,所以C选项正确;
an1ann1若等比数列是等差比数列,则ana1q,q1,
a1qnq1an2an1a1qn1a1qnq,所以D选项正确.
an1ana1qna1qn1a1qn1q1故选:BCD 【点睛】
易错点睛:此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意: (1)常数列作为特殊的等差数列公差为0; (2)非零常数列作为特殊等比数列公比为1. 23.BD 【分析】
S1,n1S2a2a根据n,利用数列通项与前n项和的关系得n,求得通项an,然nSn,n2后再根据选项求解逐项验证. 【详解】
当n1时,a12,
当n2时,由Sn2an2,得Sn12an12, 两式相减得:an2an1, 又a22a1,
所以数列an是以2为首项,以2为公比的等比数列, 所以an2,an4,数列an则bnlog2anlog22n,
n2n的前n项和为S2n414n14n4n14, 31111所以,
bnbn1nn1nn1所以 Tn故选:BD 【点睛】
方法点睛:求数列的前n项和的方法 (1)公式法:①等差数列的前n项和公式,Sn1111111...11, 1234nn1n1na1annn1na1d②等比数列22na1,q1n的前n项和公式Sna11q;
,q11q(2)分组转化法:把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解.
(3)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法:把数列分别正着写和倒着写再相加,即等差数列求和公式的推导过程的推广.
(5)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的,则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法:一个数列的前n项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型,可采用两项合并求解. 24.AC 【分析】
根据等比数列定义判断A;根据等比数列通项公式判断B,C;根据等比数列求和公式求项判断D. 【详解】
设等比数列{an}公比为q,(q0)
2anan1221}是等比数列;即A正确; )q2,即数列{an则2(anan因为等比数列{an}中a4,a8,a12同号,而a40, 所以a80,即B错误;
a10a102若a1a2a3,则a1a1qa1q或,即数列{an}是递增数列,C正确;
q10q1若数列{an}的前n和Sn3n1r,则a1S1311r1r,a2S2S12,a3S3S26 所以qa3a13223(1r),r,即D错误 a2a13故选:AC 【点睛】
等比数列的判定方法 (1)定义法:若
an1q(q为非零常数),则{an}是等比数列; an2(2)等比中项法:在数列{an}中,an0且an1anaa2,则数列{an}是等比数列;
n(3)通项公式法:若数列通项公式可写成ancq(c,q均是不为0的常数),则{an}是等比
数列;
n(4)前n项和公式法:若数列{an}的前n项和Snkqk(q0,q1,k为非零常数),则
{an}是等比数列.
25.BD 【分析】
根据题意,得到此人每天所走路程构成以公比为q1为公比的等比数列,记该等比数列为an,21,前n项和为Sn,根据题意求出首项,再由等比数列的求和公式和通项公2式,逐项判断,即可得出结果. 【详解】
由题意,此人每天所走路程构成以记该等比数列为an,公比为q1为公比的等比数列, 21,前n项和为Sn, 21a116263则S6a1378,解得a1192,
13212所以此人第三天走的路程为a3a1q248,故A错;
此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1S6a12a1S63843786里,故B正确;
此人第二天走的路程为a2a1q9637894.5,故C错; 4此人前三天走的路程为S3a1a2a31929648336,后三天走的路程为
S6S337833642,336428,即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍,D正
确; 故选:BD. 【点睛】
本题主要考查等比数列的应用,熟记等比数列的通项公式与求和公式即可,属于常考题型. 26.AD 【分析】
Sn1n12Sn2n2,结合等比数列的定义可判断A;可得由已知可得
SnnSnnSn2nn,结合an和Sn的关系可求出an的通项公式,即可判断B;由
a11,a21,a33可判断C;
由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D. 【详解】
因为Sn12Snn1,所以
Sn1n12Sn2n2.
SnnSnn又S112,所以数列Snn是首项为2,公比为2的等比数列,故A正确;
nn所以Snn2,则Sn2n.
n111当n2时,anSnSn121,但a121,故B错误;
由a11,a21,a33可得a112,a212,a314,即
2a31a21,故C错; a21a113n1n1因为2Sn22n,所以2S12S2...2Sn221222...22n
2223...2n1212...n412n12nn12n2n2n2n4 2所以数列2Sn的前n项和为2n2n2n4,故D正确. 故选:AD. 【点睛】
本题考查等比数列的定义,考查了数列通项公式的求解,考查了等差数列、等比数列的前
n项和,考查了分组求和.
27.BD 【分析】
由Sn和an的关系求出数列{an}为等比数列,所以选项A错误,选项B正确;利用等比数
22列前n项和公式,求出 a1a2n12an44,故选项C错误,由等比数列的通项公式
3得到2mn26,所以选项D正确. 【详解】
由题意,当n1时,S12a12,解得a12, 当n2时,Sn12an12,
所以SnSn1an2an22an122an2an1, 所以
an2,数列{an}是以首项a12,公比qan12的等比数列,an2n,
故选项A错误,选项B正确; 数列an21是以首项a2222n214,公比q14的等比数列,
1q1414n14n144,故选项C错误;
3所以aaaa121q1naman2m2n2mn26,所以mn6为定值,故选项D正确.
故选:BD 【点睛】
本题主要考查由Sn和an的关系求数列的通项公式,等比数列通项公式和前n项和公式的应用,考查学生转化能力和计算能力,属于中档题. 28.ABD
【分析】
由已知关系式可求a1、an,进而求得{项. 【详解】
由已知得:a12,令Tna13a25a3...(2n1)an2n, 则当n2时,TnTn1(2n1)an2,即an∴anan}的通项公式以及前n项和Sn,即可知正确选2n1222也成立, ,而a12n1211211a2,nN*,故数列{n}通项公式为,
(2n1)(2n1)2n12n12n12n1∴Sn111111111112n...1,335572n32n12n12n12n12n1即有Snnan1, 故选:ABD 【点睛】
关键点点睛:由已知Tna13a25a3...(2n1)an2n求a1、an,注意验证a1是否符合an通项,并由此得到{29.BCD 【分析】
根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断A;根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B;根据收敛的定义可判断C;根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断D. 【详解】
当Sn0时,取Snan}的通项公式,利用裂项法求前n项和Sn. 2n1d2dddddna1nnna1na1, 2222221da11dd1222ra1drN. 为使得Sn,所以只需要na1nrddrr22r2对于A,令xn1,则存在a1,使xna0r,故A错; 对于B,xnx1qn1,若q1,则对任意正数r,
r1nlog当qx1时, xnr1,所以不存在正整数N使得定义式成立,
1若q1,显然符合;若q1为摆动数列xn1只有x1两个值,不会收敛于一个值,所以舍去;
n1x1,
若q1,1,取a0,Nlogqr11, x1当nN时,xn0x1q对于C,xnsinn1x1rr,故B正确; x11ncosnsinn0,符合; 222d2dnx1n, 22对于D,xnx1n1d,Sn当d0时,Sn单调递增并且可以取到比
1更大的正数, rdd2d11x1x10r,同理d0,所以D正确. 当时,22rSnSnnNd故选:BCD 【点睛】
关键点点睛:解题的关键是理解收敛数列的定义,借助等差数列前n和公式以及等比数列
的通项公式求解,属于中档题. 30.BD 【分析】
设等差数列an的公差为d,根据a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项求得d0或1,再分情况求解bn的前n项和Sn即可. 【详解】
设等差数列an的公差为d,又a11,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项
a42a2a8,即a13da1da17d,化简得:d(d1)0,所以d0或1,
n故an1或ann,所以bnq或bnnq,设bn的前n项和为Sn,
2①当bnq时,Snnq;
n②当bnnq时,
Sn1q2q23q3nqn(1), qSn1q22q33q4nqn1(2),
(1)(2)得:1qSnqq2q3qnnqn1q(1qn)nqn1qnqn2nqn1qn1所以Sn,
(1q)21q(1q)2q1qn1qnqn1,
故选:BD 【点睛】
本题主要考查了等差等比数列的综合运用与数列求和的问题,需要根据题意求得等差数列的公差与首项的关系,再分情况进行求和.属于中等题型. 31.AC 【分析】
直接利用题目中“保等比数列函数”的性质,代入四个选项一一验证即可. 【详解】
设等比数列an的公比为q. 对于A,则
f(an1)af(an)a2n12nan1q2 ,故A是“保等比数列函数”; an2f(an1)2an1an2an1an 常数,故B不是“保等比数列函数”; 对于B,则
f(an)2f(an1)对于C,则
f(an)对于D,则
an1anan1anq ,故C是“保等比数列函数”;
lnqf(an1)lnan1lnanqlnanlnq1 常数,故D不是
f(an)lnanlnanlnanlnan“保等比数列函数”. 故选:AC. 【点睛】
本题考查等比数列的定义,考查推理能力,属于基础题. 32.BC 【分析】
先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值,可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式,对选项进行逐个判断即可得到正确选项. 【详解】
由题意,根据等比中项的性质,可得 a2a3=a1a4=32>0,a2+a3=12>0, 故a2>0,a3>0. 根据根与系数的关系,可知
a2,a3是一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根. 解得a2=4,a3=8,或a2=8,a3=4. 故必有公比q>0, ∴a1a2>0. q∵等比数列{an}是递增数列,∴q>1. ∴a2=4,a3=8满足题意. ∴q=2,a1a22.故选项A不正确. qan=a1•qn﹣1=2n. ∵Sn212n122
n+1
﹣2.
∴Sn+2=2n+1=4•2n﹣1.
∴数列{Sn+2}是以4为首项,2为公比的等比数列.故选项B正确. S8=28+1﹣2=512﹣2=510.故选项C正确. ∵lgan=lg2n=n.
∴数列{lgan}是公差为1的等差数列.故选项D不正确. 故选:BC 【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质,考查了学生概念理解,转化划归,数算的能力,属于中档题. 33.AC 【分析】
2在A中,数列an是等比数列;在B中,a58;在C中,若a1a2a3,则q1,
数列an是递增数列;在D中,r【详解】
由数列an是等比数列,知: 在A中,
1. 3an2a12q2n2,
an12a12q2n222n2q2是常数, ana1q2数列an是等比数列,故A正确;
在B中,若a32,a732,则a52328,故B错误;
在C中,若0a1a2a3,则q1,数列an是递增数列;若a1a2a30,则
0q1,数列an是递增数列,故C正确;
n1在D中,若数列an的前n和Sn3r,
则a1S11r,
a2S2S13r1r2, a3S3S29r3r6,
a1,a2,a3成等比数列, a22a1a3,
461r,
解得r1,故D错误. 3故选:AC. 【点睛】
本题考查等比数列的综合应用,考查逻辑思维能力和运算能力,属于常考题. 34.AB 【分析】
2由已知可得:an4n3,Sn2nn,
SnS=2n1,则数列n为等差数列通过公式即可nn1111=,通过裂项求aiai144n34n1求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为
和可求得
aai1n1;由等差的性质可知mn12利用基本不等式可验证选项D错误.
ii1【详解】
2由已知可得:an4n3,Sn2nn,
Sn10119S=2n1,则数列n为等差数列,则前10项和为=100.所以A正确;
nn22a1,a3,am成等比数列,则a3=a1am,am81,即am=4m381,解得m21故B正确;
1111=因为所以aiai144n34n111111=1aa4559i1ii1n11n6=,解得n6,故n的最小值4n34n14n125为7,故选项C错误;等差的性质可知mn12,所以
11611161n16m251=mn1161724,当且仅当mn12mn12mn1212n16m4848=时,即n=4m时取等号,因为m,nN*,所以n=4m不成立,故选项D错mn55误.
故选:AB. 【点睛】
本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般. 35.ACD 【分析】
根据第一列成等差,第一行成等比可求出a13,a61,列式即可求出m,从而求出通项aij, 再按照分组求和法,每一行求和可得S,由此可以判断各选项的真假. 【详解】
∵a11=2,a13=a61+1,∴2m2=2+5m+1,解得m=3或m﹣﹣﹣
∴aij=ai1•3j1=[2+(i﹣1)×m]•3j1=(3i﹣1)•3j1,
1(舍去), 2∴a67=17×36,
∴S=(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1+an2+an3+……+ann)
a11(13n)a21(13n)1313nan(13) 113(23n1)n1(3n﹣1)• 221n(3n+1)(3n﹣1) 4故选:ACD. 【点睛】
本题主要考查等差数列,等比数列的通项公式的求法,分组求和法,等差数列,等比数列前n项和公式的应用,属于中档题.
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